开任意次方后仍为有理数的有理数只能为1

天音

设$a\inQ,a\ne0$，若$\forall n\inN, \sqrt[n]a\inQ$，求证$a=1$。

kuing

只需证明如下引理：
设 $n$, $x$, $y$, $p$, $q\inN^+$, $(x,y)=(p,q)=1$，满足
\[\sqrt[n]{\frac xy}=\frac pq,\]
则必有 $x=p^n$, $y=q^n$。

证明：两边 $n$ 次方得 $xq^n=yp^n$，可见 $x\mid yp^n$ 且 $p^n\mid xq^n$，因为 $(x,y)=(p,q)=1$，所以 $x\mid p^n$ 且 $p^n\mid x$，这只能是 $x=p^n$，同理 $y=q^n$，引理得证。

回到原题，设 $a=x/y$，由引理知 $x$, $y$ 开任意 $n$ 次方后都为整数，这显然只能 $x=y=1$。

Tesla35

回复 2# kuing

膜kuing神

abababa

回复 2# kuing

前面几步我也想到了，但最后一步，$x$开任意次方都是整数，则必有$x=1$，这个我觉得还是得证明。
假设存在给定的整数$x>1$，使得对任意正整数$n$都有$x^{1/n}$还是整数。
因为$x^{1/n}$是$n$的减函数，所以每当$n$增加$1$时$x^{1/n}$都必定减少一个量$y_n$，又因为每次对$n$的增加都必须保证$x^{1/n}$还是整数，所以每个$y_n$都至少是$1$，但是$x$是整数，所以经过有限次操作后必定使得$x^{1/n}$减少到$0$，这必须$x=0$，与$x>1$矛盾，所以不存在$x>1$的整数使得对任意正整数$n$都有$x^{1/n}$还是整数。

色k

回复 4# abababa
我觉得那一步足够简单所以可以写显然，$\sqrt[n]x$必收敛到1，如果x≧2后面就一定会有1点几出现。

abababa

回复 5# 色k

是的，用极限也可以。因为$\lim_{n\to\infty}x^{1/n}=1$，根据定义，对给定的$\varepsilon=0.5$，存在数$N$，使得当$n=N+1$时有$\abs{x^{1/n}-1}<\varepsilon=0.5$，但$\abs{x^{1/n}-1}$是整数，所以$\abs{x^{1/n}-1}=0$，即$x^{1/n}=1$，最后是$x=1$。

kuing

回复 6# abababa

还可以这样想，若 $x>1$，由 $\sqrt[n]x\inN^+$ 得 $\sqrt[n]x\ge2$，即 $x\ge2^n$，右边能无穷大，显然不可能恒成立。
反正怎么想都非常简单，所以就可以写显然了。

天音

不错 好方法

其妙

无穷递降法试一试

kuing

回复 9# 其妙

你说试试，然后就交给我们去试吗？

游客

不管一个数是哪个整数的多少次幂，
一直开方下去，总会变到个素数。。。。

然后，一个素数开方之后还能开出个有理数？

还是两个不同素数的方根之比会变成有理数？